专题三压轴解答题
第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题
【名师综述】利用空间向量解决探索性问题
立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．
1.以“平行”为背景的存在判断型问题
典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=1
2
AD=2，点E为AD边上异
于A，D两点的动点，且EF//AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．
(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM//平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；
(2)求三棱锥G—BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．
【答案】（1）见解析；（2）
3
【解析】（1）取线段EF的中点M，有GM∥平面BDF．
证明如下：如图所示，取线段EF的中点M，
∵G为线段ED的中点，M为线段EF的中点，
∴GM为△EDF的中位线，故GM∥DF，
又GM?平面BDF，DF?平面BDF，故GM∥平面BDF；
（2）∵CF ∥DE ，且AE 与CF 的夹角为60°，故AE 与DE 的夹角为60°，即60AED ∠=?， 过D 作DP ⊥AE 交AE 于P ，
由已知得DE ⊥EF ，AE ⊥EF ，∴EF ⊥平面AED ， EF ⊥DP,又AE EF=E,∴DP ⊥平面AEFB ， 即DP 为点D 到平面ABFE 的距离，且3
DP x =， 设DE ＝x ，则AE ＝BF ＝4﹣x ， 由（1）知GM ∥DF ，
G BDF M BDF D MBF V V V ---===
11131(4)3
322MBF S DP x x ????=???-?????
()2
4333(4)x x x x -+=-?=，
当且仅当4﹣x ＝x 时等号成立，此时x ＝DE ＝2． 故三棱锥G ﹣BDF 的体积的最大值为
3
，此时DE 的长度为2． 【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．
【举一反三】如图所示,在四棱锥
中,四边形
是正方形,点
分别是线段
的中点.
（1）求证：;
（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由. 【解析】
（1）证明：由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点
故
∵面
∴面
（2）线段上存在一点满足题意，且点是中点
理由如下：由点分别为中点可得：
∵面
∴面
由（1）可知，面
且
故面面
类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题
典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,
（1）求证：平面；
（2）若是正三角形，且.
(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？
(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？
【解析】（1）证明：连接,,=，因为ABCD是平行四边形，则为中点，连接，
又为中点，面，面平面.
（2）解(Ⅰ)当点在线段中点时，有平面
取中点，连接，又
，又，，平面
，又是正三角形，
平面
(Ⅱ)当时，有平面平面
过作于，由(Ⅰ)知，
平面，所以平面平面
易得
【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．
【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）在线段上是否存在一点M，使平面？说明理由.
【解析】（Ⅰ）证明：在三棱柱中，
因为底面，CD?平面ABC，
所以．
又为等边三角形，为的中点，
所以．因为，
所以平面；
（Ⅱ）取中点，连结，则
因为，分别为，的中点，
所以．
由（Ⅰ）知，，
如图建立空间直角坐标系．
由题意得，，，,,,,，，．
设平面法向量，
则即
令，则，．即．
平面BAE法向量．
因为，，，
所以
由题意知二面角为锐角，所以它的余弦值为.
（Ⅲ）解：在线段上不存在点M，使平面．理由如下．
假设线段上存在点M，使平面．则
，使得．
因为，所以．
又，所以．
由（Ⅱ）可知，平面法向量，
平面，当且仅当，
即，使得．
所以 解得．
这与矛盾．
所以在线段
上不存在点M ，使
平面
．
类型3 以“角”为背景的探索性问题
典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ?是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为
23
.
（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ； （2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 30
E 的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点E 位于AS 的靠近A 点的三等分点. 【解析】（1）证明：因为E 、F 分别是SA 、SB 的中点， 所以EF AB ∥，
在矩形ABCD 中，AB CD ∥， 所以EF CD ∥，
又因为E 、P 分别是SA 、AD 的中点， 所以∥EP SD ，
又因为EF CD ∥，EF EP E ?=，
,EF EP ?平面PEF ，,SD CD ?平面SCD ，
所以平面∥PEF 平面SCD .
（2）解：假设棱SA 上存在点E 满足题意. 在等边三角形SAD 中，P 为AD 的中点， 于是SP AD ⊥，
又平面SAD ⊥平面ABCD ， 平面SAD ?平面ABCD AD =，
SP ?平面SAD ，
所以SP ⊥平面ABCD ，
所以SP 是四棱锥S ABCD -的高， 设AD m =
，则SP =
，ABCD S m =矩形，
所以1133S ABCD ABDD V S SP m -=?==
矩形 所以2m =，
以P 为坐标原点，PA 所在直线为x 轴，过点P 与AB 平行的直线为y 轴，PS 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则()0,0,0P ，()1,0,0A ，()1,1,0B
，(S ，
设(
(
)()01AE AS λλλλ==-=-≤≤，
(
)()1,0,0PE PA AE λ=+=+
-()1λ=-，()1,1,0PB =，
设平面PEB 的一个法向量为()1,,n x y z =，有
(
)1110
n PE x z n PB x y λ??=-+=??
?=+=??， 令3x λ=
，则(
)
13,,1n λλ=
-，
易知平面SAD 的一个法向量()20,1,0n =，
所以121
2212
3cos ,721
n n n n n n λλλ-?==
-+30=
， 因为01λ≤≤， 所以13
λ=
，
所以存在点E ，位于AS 的靠近A 点的三等分点.
【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．
【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且
12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.
（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；
（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6
π
，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）1CE =.
【解析】（1）取1AB 中点G ，连结EG FG 、，则FG ∥1BB 且11
2
FG BB =. 因为当E 为1CC
中点时，CE ∥1BB 且11
2
CE BB =， 所以FG ∥CE 且FG = CE .
所以四边形CEGF 为平行四边形，CF ∥EG ， 又因为1CF AEB ?平面，1EG AEB ?平面， 所以//CF 平面1AEB ；
（2）假设存在满足条件的点E ，设()01CE λλ=≤≤.
以F 为原点，向量1FB FC AA 、、方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系. 则()
3,0,0A -，(
)
1
3,0,2B ，()0,1,E λ，平面ABC 的法向量()0,0,1m =，
平面1AEB 的法向量(
)
333,3n λ=
--，，()
2
3
cos 23991m n m n m n
λ?=
=
=
++-，，
解得1λ=，所以存在满足条件的点E ，此时1CE =.
【精选名校模拟】
1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)
PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°
. 【答案】（1）见解析（2）36【解析】 (Ⅰ)取PD 的中点M ，连接AM ，M Q ，
Q PC
点是的中点，
∴M Q∥CD，1
.
2
MQ CD
=
又AB∥CD，
1
,
2
AB CD QM
=则∥AB，QM＝AB，
则四边形ABQM是平行四边形.BQ
∴∥AM.
又AM?平面PAD，BQ?平面PAD，BQ
∴∥平面PAD.
（Ⅱ）解：由题意可得DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线为,,
x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，1，1)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0).
令()()()
000000
,,,,,1,0,2,1.
Q x y z PQ x y z PC
=-=-
则
()()
000
,,,10,2,1,
PQ PC x y z
λλ
=∴-=-
()
0,2,1.
Qλλ
∴-
又易证BC⊥平面PBD，()
1,1,0.
n PBD
∴=-是平面的一个法向量
设平面QBD的法向量为()
,,,
m x y z
=
()
,
0,
0,
2
210,.
0,
1
x y
x y
m DB
y z z y
m DQ
λ
λλ
λ
=-
?
+=
??
?=?
???
+-==
?=?
??-
?
则有即解得
令
2
1,1,1,.
1
y m
λ
λ
??
==-
?
-
??
则
60Q BD P 二面角为--，
21cos
,,22221m n m n m n
λλ?∴=
=
=??
?+ ?
-??
解得3 6.λ=±
Q 在棱PC 上，01,3 6.λλ<<∴=-
2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，
4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ?平
面ABCE ）．
（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ； （2）若6PB =
PB 上是否存在一点Q （不含端点）
，使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为
15
5
，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析（215
【解析】（1）证明：连接BE ，在等腰梯形中ABCD ，2AD AB BC ===，4CD =，E 为中点， ∴四边形ABED 为菱形，∴BD AE ⊥，
∴OB AE ⊥，OD AE ⊥，即OB AE ⊥，OP AE ⊥，且OB
OP O =，
OB ?平面POB ，OP ?平面POB ，∴AE ⊥平面POB ．
又AE ?平面ABCE ，∴平面POB ⊥平面ABCE ． （2）由（1）可知四边形ABED 为菱形，∴2AD DE ==， 在等腰梯形ABCD 中2AE BC ==，∴PAE △正三角形， ∴3OP =3OB =
∵6PB =
，∴222OP OB PB +=，∴OP OB ⊥．
由（1）可知OP AE ⊥，OB AE ⊥，
以O 为原点，OE ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -， 由题意得，各点坐标为()
0,0,3P ，()1,0,0A -，()
0,
3,0B
，()
2,3,0C ，()1,0,0E ，
∴(3,3PB =-，(3,3PC =-，()2,0,0AE =，
设()01PQ PB λλ=<<，()
1,333AQ AP PQ AP PB λλλ=+=+=， 设平面AEQ 的一个法向量为(),,n x y z =，
则00n AE n AQ ??=??=?，即(
)
20
3330
x x y λλ=???
++=??
，
取0x =，1y =，得1z λλ=
-，∴0,1,1n λλ?
?= ?-?
?，
设直线PC 与平面AEQ 所成角为θ，π0,2θ??∈????
， 则15sin cos ,5PC n
PC n PC n
θ?===，即
2
33
1511011λ
λ
λλ+-=
??+ ?
-??
，
化简得：24410λλ-+=，解得12
λ=
， ∴存在点Q 为PB 的中点时，使直线PC 与平面AEQ 15． 3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=?∠=?，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．
（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由； （Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为2
时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角． 【答案】（1）见解析（2）60? 【解析】
（Ⅰ）在棱AB 上存在点E ，使得//AF 平面PCE ，点E 为棱AB 的中点． 理由如下：取PC 的中点Q ，连结EQ 、FQ ，由题意，//FQ DC 且1
2
FQ CD =
， //AE CD 且1
2
AE CD =，故//AE FQ 且AE FQ =.所以，四边形AEQF 为平行四边形.
所以，//AF EQ ，又EQ ⊥平面PEC ，AF ⊥平面PEC ，所以，//AF 平面PEC . （Ⅱ）由题意知ABD ?为正三角形，所以ED AB ⊥，亦即ED CD ⊥，
又90ADP ∠=?，所以PD AD ⊥，且平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ?平面ABCD AD =， 所以PD ⊥平面ABCD ，故以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
设FD a =，则由题意知()0,0,0D ，()0,0,F a ，()0,2,0C ，)
3,1,0B
，
()0,2,FC a =-，(
)
3,1,0CB =
-，
设平面FBC 的法向量为(),,m x y z =，
则由
m FC
m CB
??=
?
?=
?
得
20
30
y az
x y
-=
??
?
-=
??
，令1
x=，则3
y=，
23
z=，
所以取
23
1,3,
m
??
= ?
?
??
，显然可取平面DFC的法向量()
1,0,0
n=，
由题意：
2
2
cos,
412
13
m n
a
==
++
，所以3
a=.
由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，
所以PBD
∠为直线PB与平面ABCD所成的角，
易知在Rt PBD
?中，tan3
PD
PBD a
BD
∠===，从而60
PBD
∠=?，
所以直线PB与平面ABCD所成的角为60?.
4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD
-中，底面四边形ABCD为正方形，已知PA⊥平面ABCD，2
AB=，2
PA=.
（1）证明：BD PC
⊥；
（2）求PC与平面PBD所成角的正弦值；
（3）在棱PC上是否存在一点E，使得平面BDE⊥平面BDP？若存在，求
PE
PC
的值并证明，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2
10
；（3）存在，
2
3
PE
PC
=，理由见解析
【解析】
（1）如图，连接AC交BD于点O，由于PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD
所以PA BD
⊥，即BD PA
⊥
由于BD PA ⊥，BD AC ⊥，PA AC A =，所以BD ⊥平面PAC
又因为PC ?平面PAC ，因此BD PC ⊥ （2）由于PA ⊥平面ABCD ，AB
平面ABCD ，AD ?平面ABCD ，
所以PA AB ⊥，PA AD ⊥又AB AD ⊥，所以PA ，AB ，AD 两两垂直， 因比，如图建立空间直角坐标系A xyz -
(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D
，P
因此(2,2,PC =
，(2,0,PB =
，(0,2,PD =
设平面PBD 的法向量为(,,)m x y z =，则00m PB m PD ??=??=?
即20
20
x y ?=??
=?? 取1x =，1y =
，z =
，则(1,1,2)m =
设直线PC 与平面PBD 所成角为θ，
10sin |cos ,|=|
|10||||
m PC m PC m PC θ
?=<>=?
（3）存在，设
[0,1]PE
PC
λ=∈，则(2,2))E λλλ- 则(22,2))BE λλλ=--，(2,2,0)BD =-
设平面BDE 的法向量为(,
,)n a b c =，则0
n BE n BD ??=??=?，
即2(1)2(1)0220
a b a b
λλλ?-+-=?
?
-+=
??，即1a λ=-，1b λ=-，2)c λ=-
则(1,12
))n λλλ=---，若平面BDE ⊥平面BDP ，则0m n ?=
即1(1)1(1)2)0λλλ?-+?-+
-=，则2
[0,1]3
λ=
∈ 因此在棱PC 上存在点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ，
2
3
PE PC =
5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体
中，点分别是棱上的动点，且.
（1）求证：；
（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值．
【解析】设AE＝BF＝x．以D为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：D（0，0，0），A（2，0，0），B （2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），E（2，x，0），F（2﹣x，2，0）．
（1）因为，，
所以．
所以A1F⊥C1E．
（2）因为，
所以当S△BEF取得最大值时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值．
因为，
所以当x＝1时，即E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值，此时E，F坐标分别为E（2，1，0），F（1，2，0）．
设平面B1EF的法向量为，
则得
取a＝2，b＝2，c＝﹣1，得．显然底面ABCD的法向量为．
设二面角B1﹣EF﹣B的平面角为θ，由题意知θ为锐角．
因为，所以，于是．
所以，即二面角B1﹣EF﹣B的正切值为．
6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.
（1）平面；
（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.
【解析】（1）∵在底面中，，
且
∴，∴
又∵，，平面，平面
∴平面又∵平面∴
∵，∴
又∵，，平面，平面
∴平面
（2）方法一：在线段上取点，使则
又由（1）得平面∴平面
又∵平面∴作于
又∵，平面，平面
∴平面又∵平面∴
又∵∴是二面角的一个平面角
设则，
这样，二面角的大小为
即
即
∴满足要求的点存在，且
方法二：取的中点，则、、三条直线两两垂直
∴可以分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系
且由（1）知是平面的一个法向量
设则，
∴，
设是平面的一个法向量
则∴
令，则，它背向二面角
又∵平面的法向量，它指向二面角
这样，二面角的大小为
即
即
∴满足要求的点存在，且
7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.
（1）证明：平面平面；
（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.
【解析】（1）由题设知，平面平面，交线为.
因为，平面，所以平面，
因此，又，，所以平面.
而平面，所以平面平面.
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向建立如图所示的直角坐标系，
则有，
过点作于，设，则.
因为，所以，，
由题设可得，即，
解得或，
因为，所以，所以，.
由，知是平面的法向量，
，.
设平面的法向量为，
则取得，
设二面角为，
则，
因为，
.
综上，二面角的正弦值为.
8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.